2024秋新教材高中物理模块综合检测粤教版选择性必修第一册

模块综合检测（一~二）模块综合检测(一)(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.医院有一种先进的检测技术——彩超，就是向病人体内放射频率已精确驾驭的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收，测出反射波的频率变更，就可知道血液的流速。这一技术主要利用了()A．波的干涉 B．多普勒效应C．波的叠加 D．波的衍射解析：选B由题意可知，该仪器是测量反射波的频率变更，而波的干涉、波的衍射及波的叠加都不会使波的频率产生变更，而多普勒效应中由于波源和接收者之间的相对移动可使接收到的波的频率发生变更，故该技术利用的是多普勒效应，故B正确。2.如图，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox坐标系。若振子位于M点时起先计时，则其振动图像为()解析：选B取向右为x轴正方向，振子运动到M点时，振子具有负方向最大位移，所以振子运动到M点时起先计时，振动图像应是余弦曲线，图像应如B图所示。3.如图所示是水下机器人PowerRay“小海鳐”，它在水下开启寻鱼模式可以通过声呐技术(通过放射声波和接收回波推断目标物的距离、方位和移动速度等信息)精确探测鱼群。它也能将水下鱼群信息通过无线电波传输上岸，由于水中衰减快，其最大传输距离为80m。下列说法正确的是()A．声波和无线电波在水中的传播速度相等B．无线电波在水中衰减指的是其频率不断减小C．放射声波后能形成回波是波的反射现象D．若接收回波频率大于放射声波的频率，说明鱼正在远离解析：选C声波进入水中传播速度会增大，无线电波进入水中速度会减小，但两者的速度不相等，故A错误；无线电波进入水中时频率不变，波长变短，无线电波在水中衰减指的是其能量渐渐减弱，故B错误；放射声波后能形成回波是波的反射现象，故C正确；依据多普勒效应可知，若接收回波频率大于放射声波的频率，说明声源接近视察者，即鱼正在靠近，故D错误。4.如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图像，可以判定()A．从t1到t2时间内系统的动能不断增大，势能不减小B．从t2到t3时间内振幅不断增大C．t3时刻振子处于平衡位置处，动能为0D．t1、t4时刻振子的动能、速度都相同解析：选A由题图看出，从t1到t2时间内振子的位移减小，振子向平衡位置运动，则系统的动能不断增大，势能不断减小，故A正确；弹簧振子做简谐运动的振幅不变，等于位移的最大值，故B错误；t3时刻振子处于平衡位置处，动能最大，故C错误；t1、t4时刻振子的位移相同，说明振子经过同一位置，则动能相同，但速度方向相反，故D错误。5.一束激光照在一个很小的圆盘上，在屏上视察到如图所示的图样，在影的中心有一个亮斑，这就是闻名的“泊松亮斑”。下列说法正确的是()A．圆盘中心有个小孔，这是光的衍射现象B．圆盘中心是不透光的，这是光的衍射现象C．圆盘中心有个小孔，这是光的干涉现象D．圆盘中心是不透光的，这是光的干涉现象解析：选B光线通过不透光的小圆盘，则会在屏中心出现小的“泊松亮斑”，属于光的衍射，故B正确。6.打磨某剖面如图所示的宝石时，必需将OP、OQ边与轴线的夹角θ切割在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的状况)，则下列推断正确的是()A．若θ>θ2，光线肯定在OP边发生全反射B．若θ>θ2，光线会从OQ边射出C．若θ<θ1，光线不会从OP边发生全反射D．若θ1<45°<θ2且θ＝45°，最终的出射光线将平行于入射光线解析：选D从MN边垂直入射，由几何关系可知光线射到PO边上时的入射角i＝eq\f(π,2)－θ，据题：θ在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射，说明临界角C的范围为：eq\f(π,2)－θ2<C<eq\f(π,2)－θ1。若θ>θ2，光线在PO上入射角i＝eq\f(π,2)－θ<eq\f(π,2)－θ2<C，故光线在OP边肯定不发生全反射，会从OP边射出，故A、B错误；若θ<θ1，i＝eq\f(π,2)－θ>eq\f(π,2)－θ1>C，故光线在OP边会发生全反射，故C错误；若θ1<45°<θ2且θ＝45°，由几何关系知光线在OP、OQ边会发生全反射，垂直MN射出，即出射光线将平行于入射光线，故D正确。7．(2024·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同始终线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变更如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3JB．4JC．5JD．6J解析：选A设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)m甲v甲2＋eq\f(1,2)m乙v乙2－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3J，选项A正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.(2024·浙江7月选考)如图所示，x轴上－2m、12m处有两个振动周期均为4s、振幅均为1cm的相同的波源S1、S2，t＝0时刻同时起先竖直向下振动，产生波长均为4m沿x轴传播的简谐横波。P、M、Q分别是x轴上2m、5m和8.5m的三个点，下列说法正确的是()A．6.0s时，P、M、Q三点均已振动B．8.0s后M点的位移始终是2cmC．10.0s后P点的位移始终是0D．10.5s时Q点的振动方向竖直向下解析：选CD由题可知波速v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，经6.0s，两波沿传播方向传播6m，而M点离左、右两波源距离均为7m，所以此时M点未振动，A项错误；8.0s时，两波均已经过M点，M点到两波源距离相等，是振动加强点，即振幅为2cm，仍做简谐运动，B项错误；10.0s时，两波均经过P点，P点到两波源的路程差为6m＝eq\f(3,2)λ，则P点为振动减弱点，10.0s后P点位移始终为0，C正确；10.5s时，仅有S1时，Q点位于平衡位置且将要向下振动，仅有S2时，Q点位于波峰处且将要向下振动，故10.5s时Q点的振动方向竖直向下，D正确。9．(2024·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg解析：选BC选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。依据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；其次次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52kg＜M＜60kg，故B、C项正确，A、D项错误。10．一列简谐横波，在t＝0.6s时刻的图像如图甲所示，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是()A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的波速是eq\f(50,3)m/sC．从t＝0.6s起先，质点P比质点Q晚0.4s回到平衡位置D．从t＝0.6s起先，紧接着Δt＝0.6s时间内，A质点通过的路程是4m解析：选ABD由题图乙可知，t＝0.6s时A点的振动方向是向下的，因此可推断这列波是向x轴正方向传播的，选项A正确；由题图甲可知，该波的波长为20m，由题图乙可知，该波的周期为1.2s，可得该波的波速为eq\f(50,3)m/s，选项B正确；由波上各质点振动状况可知，P点向上振动，应当先回到平衡位置，选项C错误；0.6s的时间为半个周期，因此A质点振动路程为4m，选项D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(7分)(2024·全国卷Ⅱ)用一个摆长为80.0cm的单摆做试验，要求摇摆的最大角度小于5°，则起先时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过__________cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的状况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摇摆10个周期的时间与原单摆摇摆11个周期的时间相等。新单摆的摆长应当取为________cm。解析：由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝eq\f(5°,360°)×2π×80.0cm＝6.98cm，结合题中保留1位小数和摇摆最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝eq\r(l)，又由题意可知原单摆周期与新单摆周期的比为10∶11，则eq\f(10,11)＝eq\r(\f(80.0cm,l′))，解得l′＝96.8cm。答案：6.996.812．(9分)用如图所示的装置进行以下试验：A．先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面间的动摩擦因数μ，查出当地的重力加速度gB．用细线将滑块A、B连接，使A、B间的弹簧压缩，滑块B紧靠在桌边C．剪断细线，测出滑块B做平抛运动的落地点到重垂线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2(1)为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)若mv为不变量，需验证的关系式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)要验证动量守恒定律，应测出两滑块质量及各自的速度。取向右方向为正方向，剪断细线后，A向右做匀减速运动，初速度vA′＝eq\r(2ax2)＝eq\r(2μgx2)；B向左做平抛运动，设桌面高度为h，则h＝eq\f(1,2)gt2，由－x1＝vB′t得vB′＝－x1eq\r(\f(g,2h))，故要求出vB′，还应测出h。(2)若mv为不变量，则剪断细线前MvA＋mvB＝0，剪断细线后MvA′＋mvB′＝0，故MvA＋mvB＝MvA′＋mvB′，即Meq\r(2μgx2)－mx1eq\r(\f(g,2h))＝0。答案：(1)桌面离水平地面的高度h(2)Meq\r(2μgx2)－mx1eq\r(\f(g,2h))＝013．(10分)某透亮物体的横截面如图所示，其中ABC为直角三角形，AB为直角边，长度为2L，∠ABC＝45°，ADC为一圆弧，其圆心在AC边的中点。此透亮物体的折射率为n＝2.0。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入透亮物体，试由光路图画出光线从ADC圆弧射出的区域，并求此区域的圆弧长度s。解析：如图，作出两条边缘光线，所求光线在圆弧射出的区域为EDF。如图，从圆弧ADC射出的边缘光线的入射角等于材料的临界角θ，因sinθ＝eq\f(1,n)＝eq\f(1,2)故θ＝30°由几何关系得：圆弧EDF长度为s＝2θ·L，故所求圆弧长度s＝eq\f(πL,3)。答案：图见解析eq\f(πL,3)14．(12分)如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是t＝0时刻的波形图，虚线是t＝0.2s时刻的波形图。(1)若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度大小。(2)若波沿x轴正方向传播，求它的最大周期大小。(3)若波速是25m/s，求t＝0时刻P点的运动方向。解析：(1)由题图知，该波的波长为λ＝4m波沿x轴负方向传播时，在0～0.2s时间内传播的距离为：Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ＝(4n＋3)m，(n＝0,1,2,3…)传播的速度为：v＝eq\f(Δx,Δt)＝(20n＋15)m/s，(n＝0,1,2,3…)(2)波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为：Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))T，(n＝0,1,2,3…)得T＝eq\f(4Δt,4n＋1)＝eq\f(0.8,4n＋1)s，(n＝0,1,2,3…)当n＝0时周期最大，即最大周期为0.8s。(3)波在0.2s内传播的距离为：Δx＝vΔt＝25×0.2m＝5m传播的波长数n＝eq\f(Δx,λ)＝1eq\f(1,4)，可见波形图平移了eq\f(1,4)λ的距离。由题图知波沿x轴正方向传播。所以P点在t＝0s时刻沿y轴负方向运动。答案：(1)(20n＋15)m/s，(n＝0,1,2,3，…)(2)0.8s(3)沿y轴负方向15．(16分)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿其次定律，有m1g＝m1eq\f(v2,l)①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有eq\f(1,2)m1vA2＝eq\f(1,2)m1v2＋2m1gl②由动量定理，有I＝m1vA③联立①②③式，得I＝m1eq\r(5gl)。④(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满意v′＝vA⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必需与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥又Ek＝eq\f(1,2)m2vB2⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)。⑧答案：(1)m1eq\r(5gl)(2)eq\f(5gl2m1＋m22,2m2)模块综合检测(二)(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.我国天津地标之一“天津之眼”是世界上唯一一个桥上瞰景摩天轮。摩天轮悬挂透亮座舱，乘客随座舱在竖直面内做轨道半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，已知当地重力加速度为g，质量为m的乘客从最高点运动到最低点过程中，重力的冲量大小为()A．0 B．2mωRC．2mgR D.eq\f(πmg,ω)解析：选D乘客从最高点运动到最低点过程中经过的时间为t＝eq\f(π,ω)，则重力的冲量：I＝mgt＝eq\f(πmg,ω)，选项D正确。2.如图所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个大小可忽视且质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O很近的轨道上某点，B在点O正上方h处，现同时释放两球，使两球在A小球第三次通过O点时恰好相碰，则h应为()A.eq\f(25,16)π2R B.eq\f(25,8)π2RC.eq\f(5,8)π2R D.eq\f(5,16)π2R解析：选B据题分析知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期：T＝2πeq\r(\f(R,g))，A小球第三次通过位置O，即用时：t＝eq\f(5,4)T＝eq\f(5,2)πeq\r(\f(R,g))，B小球做自由落体运动，用时与A小球相同，故h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(25,8)π2R，故B正确，A、C、D错误。3.如图所示，正中O是水面上一波源，实、虚线分别表示该时刻的波峰、波谷，A是挡板，B是小孔，经过一段时间，水面上的波形将分布于()A．整个区域B．阴影Ⅰ以外区域C．阴影Ⅱ以外区域D．阴影Ⅰ区域解析：选B从题图中可以看出挡板A比波长大得多，因此波不会发生明显的衍射现象，而小孔B的大小与波长差不多，能发生明显的衍射现象，故B正确。4．如图所示，在同一种匀称介质中的一条直线上，两个振源A、B相距8m，在t0＝0时刻A、B同时起先振动，它们的振幅相等，且都只振动了一个周期，A、B的振动图像分别如图甲、乙所示，若A振动形成的横波向右传播，B振动形成的横波向左传播，波速均为10m/s，则()A．t1＝0.2s时刻，两列波相遇B．两列波在传播过程中，若遇到大于1m的障碍物，不能发生明显的衍射现象C．在两列波相遇过程中，A、B连线中点C处的质点的振动速度始终为零D．t2＝0.8s时刻，B处质点经过平衡位置且振动方向向下解析：选C两列波相遇的时间t＝eq\f(8,20)s＝0.4s，故A项错误。波长λ＝vt＝10×0.2m＝2m，所以若遇到大于1m的障碍物，可能发生明显的衍射现象，故B项错误。由于两列波的叠加，C点不会振动，C处的质点的振动速度始终为零，故C项正确。t2＝0.8s时刻，A振动形成的横波向右传播到B点，所以B处质点经过平衡位置且振动方向向上，故D项错误。5．小华通过偏振太阳镜视察安静水面上反射的阳光，转动镜片时发觉光有强弱变更。下列说法能够说明这一现象的是()A．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用B．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用C．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用D．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用解析：选B发觉强弱变更说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用，故选项B正确。6.虹是由太阳光射入雨滴(球形)时，经一次反射和两次折射而产生色散形成的。现有白光束L由图示方向射入雨滴，a、b是经反射和折射后的其中两条出射光线，如图所示，下列说法中错误的是()A．光线b在水滴中传播时的波长较长B．光线a在雨滴中的折射率较大C．若分别让a、b两色光通过同一双缝装置，则b光形成的干涉条纹的间距较大D．光线a在雨滴中的传播速度较大解析：选D画出光路图，分析可知，光线a在雨滴中的折射率较大，b光的折射率较小，则光线b的频率较小，波长较长，故A、B正确；双缝干涉条纹的间距与波长成正比，光线b波长较长，则b光形成的干涉条纹的间距较大，故C正确；由公式v＝eq\f(c,n)分析知，光线a在雨滴中的传播速度较小，故D错误。7.在透亮匀称介质内有一球状空气泡，一束含两种单色光的细光束从介质射入气泡，a为入射点，分别从m、n点射向介质，如图所示。下列结论正确的是()A．比较两种色光在介质中的速度，射到m点的色光比射到n点的色光速度大B．射到m点的色光比射到n点的色光更简单发生明显的衍射现象C．从m、n点射向介质，两种单色光出射光线不行能相交D．变更入射光线的方向，光线射入气泡后可能无法从气泡中射出解析：选C由图可见，射到m点的色光的偏折角大于射到n点的色光的偏折角，所以射到m点的色光的折射率大于射到n点的色光的折射率，由v＝eq\f(c,n)得知，在该介质中射到m点的色光的传播速度比射到n点的色光的传播速度小，故A错误；射到m点的色光的折射率大于射到n点的色光的折射率，则射到m点的色光的波长小于射到n点的色光的波长，射到n点的色光比射到m点的色光更简单发生明显的衍射现象，故B错误；依据光的折射定律和作图可知光从m、n点射向介质，两种单色光出射光线不行能相交，故C正确；依据光的折射定律和几何关系可知，光束从介质射入气泡的折射角与光束从气泡射入介质的入射角相等，所以光线射入气泡后肯定能从气泡中射出，故D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．装有肯定量液体的玻璃管竖直漂移在水中，水面足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽视运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。竖直向上为正方向，某时刻起先计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是()A．回复力等于重力和浮力的合力B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒C．位移满意函数式x＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt－\f(5π,6)))cmD．振动频率与按压的深度有关解析：选AC装有肯定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有肯定量液体的玻璃管做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；玻璃管在做简谐运动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒，故B错误；振动的周期为0.5s，则圆频率ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.5)rad/s＝4πrad/s，由题图可知振动的振幅为A，由题可知，A＝4cm；t＝0时刻x0＝－eq\f(1,2)A＝A·sinφ0；结合t＝0时刻玻璃管振动的方向向下，可知φ0＝eq\f(7,6)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)π舍去))，则玻璃管的振动方程为：x＝A·sin(ωt＋φ0)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt＋\f(7,6)π))cm＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4πt－\f(5π,6)))cm，故C正确；由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相像，结合简谐运动的特点可知，该振动的周期与振幅无关，故D错误。9．如图甲所示，在安静的湖面下有一个点光源S，它发出的是两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab两种单色光构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a光的颜色(图乙为俯视图)。则以下说法中正确的是()A．水对a光的折射率比b光的大B．a光在水中的传播速度比b光的大C．a光的频率比b光的小D．在同一装置的杨氏双缝干涉试验中，a光的干涉条纹比b光窄解析：选BC由照亮的区域知，a光的临界角较大，由临界角公式sinC＝eq\f(1,n)知，a光的折射率小于b光的折射率，A错误；由n＝eq\f(c,v)知a光在水中的传播速度大于b光，B正确；a光的频率小于b光的频率，由λ＝eq\f(v,f)知a光的波长较长，所以在双缝干涉试验中a光的干涉条纹比b光的宽，C正确，D错误。10.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法正确的是()A．合力对两滑块的做功相同B．弹力对b滑块的冲量较大C．重力对a、b两滑块的冲量相同D．两滑块的动量变更大小不同解析：选BCD设MP与竖直方向的夹角为α，QN与竖直方向的夹角为β，连接MQ、PN，如图所示，依据三角形的边角关系可知MP＝2Rcosα，NQ＝2Rcosβ，由题意MP>QN，可得α<β①滑块a从M点滑到P点的过程中，依据牛顿其次定律mgcosα＝ma1，下滑过程中，由位移与时间的关系可得MP＝eq\f(1,2)a1t12，运动时间t1＝eq\r(\f(4R,g))，同理可知滑块b从Q运动到N所用时间t2＝t1＝eq\r(\f(4R,g))，滑块a沿MP下滑的过程中，合力做的功W1＝mgcosα·MP＝2mgRcos2α②滑块b沿QN下滑的过程中，合力做的功W2＝mgcosβ·QN＝2mgRcos2β③由①②③可知W1>W2，A错误；滑块a沿MP下滑的过程中，弹力大小N1＝mgsinα滑块b沿QN下滑的过程中，弹力大小N2＝mgsinβ明显N2>N1又由于两滑块在斜面上滑动时运动时间相同，因此弹力对b滑块的冲量较大，B正确；由于两滑块重力相等，运动时间相等，因此重力对两滑块的冲量相等，C正确；由于合外力对滑块a做的功多，依据动能定理，滑究竟端的过程中，滑块a的速度大，动量变更较大，D正确。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(7分)某同学做“用单摆测量重力加速度”的试验时，只测量了悬点与小球上端结点之间的距离L，并通过变更L而测出对应的摇摆周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小球的半径r和当地的重力加速度g。(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.秒表；C.天平；D.毫米刻度尺。本试验所需的测量工具有______。(2)假如试验中所得到的T2­L关系图像如图所示，那么真正的图像应当是a、b、c中的________。(3)由图像可知，小球的半径r＝________cm；当地的重力加速度g＝________m/s2。解析：(1)本试验须要测量时间求出单摆周期，并要测量绳的悬点到摆球上端结点的距离L，则所需的测量工具是秒表和毫米刻度尺，故选B、D。(2)由单摆周期公式得：T＝2πeq\r(\f(L＋r,g))，解得：T2＝eq\f(4π2L,g)＋eq\f(4π2r,g)，当L＝0时，T2＝eq\f(4π2r,g)>0，则真正的图像是a。(3)当T2＝0时，L＝－r，即图像与L轴交点坐标，由题图所示图像可知，r＝1.2cm，图线的斜率大小k＝eq\f(4π2,g)，由题图所示图像可知，k＝eq\f(0.048,0.012)＝4，解得：g＝eq\f(4π2,k)＝9.86m/s2。答案：(1)BD(2)a(3)1.29.8612．(9分)在“测量玻璃的折射率”试验中：(1)下列给出的试验器材中，本试验须要用到的有________。(2)试验中，下列做法正确的是________(填选项前的字母)。A．入射角不宜太小B．为了测量的精确性，必需选用平行玻璃砖来测量C．在白纸上放好玻璃砖后，可以用铅笔贴着光学面画出界面D．为了减小试验误差，应当变更入射角的大小，多做几次试验，然后将几次测量的不同入射角、折射角求平均值，代入公式计算折射率(3)试验中，已画好玻璃砖边界ab，cd后，放置玻璃砖时不当心向下稍平移了一点，如图所示。其他操作正确，则测得玻璃的折射率将________(填“变大”“不变”或“变小”)。解析：(1)在“测量玻璃的折射率”试验中，要用图钉固定白纸，运用插针法，所以要用到大头针，利用光的折射原理，找出入射光线和出射光线，再用刻度尺在白纸上画出光路图，故B、C、D正确。(2)入射角适当大些，折射角也会大些，测量的相对误差会减小，故A正确；用插针法测量折射率时，玻璃砖上下表面不肯定要平行，故B错误；为了防止弄脏玻璃砖，不能用铅笔贴着光学面画出界面，故C错误；变更入射角的大小，多做几次试验，记录几次测量的不同入射角、折射角并求出对应的折射率，再求出多组折射率的平均值以减小误差，故D错误。(3)如图所示，实线表示将玻璃砖向下平移后的光路图，而虚线是作图时所采纳的光路图，通过比较发觉，入射角和折射角大小没有变更，则由折射定律可知，该同学测得的折射率将不变。答案：(1)BCD(2)A(3)不变13．(10分)如图所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为1.5kg和0.5kg。现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s，碰后速度大小变为4m/s。当A与B碰撞后会马上粘在一起运动，已知